Matematyka i fizyka od podstaw
PLEN

Fizyka › IV. Elektromagnetyzm › 14 gotowa · PDF do druku

Zanim zaczniesz 13 Pole elektryczne i prawo Gaussa

Fizyka Dział 14

Potencjał, przewodniki i kondensatory

Pole elektrostatyczne jest potencjalne, więc zamiast trzech składowych wektora wystarczy jedna funkcja: potencjał. Ten dział pokazuje, jak z potencjału odczytać pole i pracę, dlaczego przewodnik jest jedną ekwipotencjalą, skąd się bierze siła ostrzy, jak działa metoda obrazów i ile energii mieści się w polu między okładkami kondensatora, także wtedy, gdy wypełnia je dielektryk.

Czas
ok. 4 h teorii + ok. 5 h zadań
Zadania
25 zadań w treści + 8 feynmanowskich, z odpowiedziami
Źródło
Feynmana wykłady z fizyki, t. II, rozdz. 4, 6, 8, 10

0 Prolog: ptak na przewodzie 400 kV

Na linii wysokiego napięcia siedzi wróbel. Przewód ma względem ziemi napięcie kilkuset tysięcy woltów, a ptak nic sobie z tego nie robi. Człowiek na metalowej drabinie, który dotknie tego samego przewodu, zginie na miejscu. Różnica nie polega na tym, że wróbel jest „izolowany”: jego nogi przewodzą prąd całkiem dobrze.

Chodzi o to, że prąd płynie tylko wtedy, gdy między dwoma punktami ciała jest różnica potencjałów. Nogi wróbla stoją na tym samym przewodzie kilka centymetrów od siebie. Nawet przy prądzie 1000 A spadek napięcia na 5 cm przewodu wynosi kilka miliwoltów (zadanie 1.5). Człowiek na drabinie łączy przewód z ziemią: na jego ciele odkłada się całe napięcie linii.

Ten dział jest o tej właśnie wielkości: potencjale, czyli energii potencjalnej na jednostkę ładunku. Liczy się nie jego wartość, lecz różnice. Zobaczymy też, dlaczego przewodnik ma wszędzie ten sam potencjał i co z tego wynika: siła ostrzy, ekranowanie i kondensatory.

Pytanie na start. Ziemia ma ładunek rzędu −6⋅105-6\cdot10^5 C (dział 13 „Pole elektryczne i prawo Gaussa”). Jaki ma potencjał względem nieskończoności i dlaczego zupełnie tego nie zauważamy? Odpowiedź w zadaniu feynmanowskim 1.

1 Potencjał i napięcie

Pole ładunku punktowego jest radialne i zależy tylko od odległości. Praca, jaką wykonuje nad ładunkiem próbnym przy przejściu z punktu AA do BB, zależy więc tylko od odległości początkowej i końcowej, a nie od drogi: przesunięcia wzdłuż sfery nie dają pracy, a przesunięcia radialne dają tyle samo przy każdej drodze. Z zasady superpozycji to samo dotyczy pola dowolnego układu ładunków nieruchomych. Takie pole nazywamy potencjalnym (lekcja 3.4 Całki krzywoliniowe, pola potencjalne i różniczki zupełne): jego cyrkulacja po każdej zamkniętej drodze jest zerowa, ∮E⃗⋅ds⃗=0\oint\vec E\cdot d\vec s = 0.FLP II-4-3

Definicja · potencjał elektryczny i napięcie

φ(B)−φ(A)=−∫ABE⃗⋅ds⃗,E⃗=−∇φ,WA→B=q [φ(A)−φ(B)].\varphi(B) - \varphi(A) = -\int_A^B\vec E\cdot d\vec s,\qquad \vec E = -\nabla\varphi,\qquad W_{A\to B} = q\,[\varphi(A) - \varphi(B)] .

Potencjał to energia potencjalna na jednostkę ładunku; jednostka: wolt, 1 V = 1 J/C. Napięcie VAB=φ(A)−φ(B)V_{AB} = \varphi(A) - \varphi(B) to praca pola na jednostkę ładunku przy przejściu z AA do BB. Pole wskazuje kierunek najszybszego spadku potencjału (gradient, lekcja 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce).FLP II-4-4

Uwaga o oznaczeniach: w tym dziale napięcie oznaczamy VV, a literę UU rezerwujemy dla energii. Dla ładunku punktowego, z zerem w nieskończoności, φ=kq/r\varphi = kq/r. Dla wielu ładunków potencjały się po prostu dodają, i to jako liczby, nie wektory: to główna zaleta potencjału. Pole odzyskujemy, licząc trzy pochodne cząstkowe.

Powierzchnie stałego potencjału to powierzchnie ekwipotencjalne. Są wszędzie prostopadłe do linii pola, bo przesunięcie wzdłuż ekwipotencjali nie zmienia energii, więc pole nie ma składowej w tym kierunku. Narysowane w równych odstępach potencjału zagęszczają się tam, gdzie pole jest silne, jak poziomice na mapie stromego zbocza.

W fizyce atomowej wygodną jednostką energii jest elektronowolt: energia, jaką zyskuje ładunek ee po przebyciu różnicy potencjałów 1 V, 1 eV=1,602⋅10−191\ \text{eV} = 1{,}602\cdot10^{-19} J. Bateria 9 V daje każdemu przepływającemu elektronowi 9 eV; energia wiązania elektronu w atomie wodoru to 13,6 eV, a w odległości promienia Bohra potencjał protonu wynosi 27,2 V.

Symulacja 1 Potencjał kilku ładunków punktowych: kolor pokazuje znak i wielkość potencjału, linie to poziomice co 0,1 kq/akq/a. Przeciągaj ładunki i punkt pomiaru; strzałka w punkcie pomiaru to pole E⃗=−∇φ\vec E = -\nabla\varphi.

Zadania · część 1

5 zadań · ok. 30 min

  1. Elektron startuje ze spoczynku i jest przyspieszany napięciem 100 V. Jaką ma energię (w eV i w dżulach) i prędkość?

    Odpowiedź

    100 eV =1,6⋅10−17= 1{,}6\cdot10^{-17} J; v=2E/m≈5,9⋅106v = \sqrt{2E/m} \approx 5{,}9\cdot10^6 m/s, ok. 2% prędkości światła.

  2. Jaki jest potencjał w odległości 1 m od ładunku 1 µC? Jaką pracę trzeba wykonać, żeby przenieść ładunek 1 nC z nieskończoności do tego punktu?

    Odpowiedź

    φ=kq/r≈8990\varphi = kq/r \approx 8990 V; W=qφ≈9⋅10−6W = q\varphi \approx 9\cdot10^{-6} J.

  3. W pewnym obszarze φ(x,y)=3x2−y\varphi(x, y) = 3x^2 - y (w woltach, x,yx, y w metrach). Jakie jest pole w punkcie (1;2)(1; 2)? Czy w tym obszarze są ładunki?

    Odpowiedź

    E⃗=−∇φ=(−6x; 1)\vec E = -\nabla\varphi = (-6x;\ 1), w punkcie (1;2)(1; 2): (−6; 1)(-6;\ 1) V/m. ∇2φ=6≠0\nabla^2\varphi = 6 \ne 0, więc są: gęstość ρ=−6ε0≈−5,3⋅10−11 C/m3\rho = -6\varepsilon_0 \approx -5{,}3\cdot10^{-11}\ \mathrm{C/m^3} (część 2).

  4. Między dwiema płytami jest jednorodne pole 2000 V/m, a odległość płyt wynosi 5 mm. Jakie jest napięcie? Jaką energię zyska proton, przechodząc od płyty dodatniej do ujemnej?

    Odpowiedź

    V=Ed=10V = Ed = 10 V; proton zyskuje 10 eV.

  5. Przewodem linii wysokiego napięcia o oporze 0,05 Ω/km płynie prąd 1000 A. Jakie napięcie jest między nogami ptaka rozstawionymi na 5 cm?

    Odpowiedź

    Opór 5 cm przewodu to 2,5⋅10−62{,}5\cdot10^{-6} Ω; V=IR=2,5V = IR = 2{,}5 mV. Przez ptaka popłynie znikomy prąd. (Przy prądzie przemiennym ciało ptaka co pół okresu ładuje się i rozładowuje do potencjału linii, ale ten prąd też jest bardzo mały.)

2 Potencjał rozkładów i równanie Laplace'a

Dla ciągłego rozkładu ładunku potencjał to całka φ(r⃗)=k∫ρ(r⃗ ′) dV′/∣r⃗−r⃗ ′∣\varphi(\vec r) = k\int\rho(\vec r\,')\,dV'/|\vec r - \vec r\,'|, prostsza od całki na pole, bo bez wektorów. Dwa ważne wyniki:

  • Dipol: φ=kpcos⁡θ/r2\varphi = kp\cos\theta/r^2. Pole, 2kpcos⁡θ/r32kp\cos\theta/r^3 radialnie i kpsin⁡θ/r3kp\sin\theta/r^3 poprzecznie, dostajemy z gradientu w kilku linijkach.FLP II-6-4
  • Kula o ładunku QQ: na zewnątrz φ=kQ/r\varphi = kQ/r; na powierzchni kQ/RkQ/R. W środku jednorodnie naładowanej kuli φ=32kQ/R\varphi = \tfrac32kQ/R, a wewnątrz powłoki potencjał jest stały i równy kQ/RkQ/R.

2.1 Energia układu ładunków

Żeby zbudować układ ładunków, trzeba wykonać pracę przeciw ich odpychaniu. Ta praca to energia elektrostatyczna układu:

Wzór · energia elektrostatyczna

U=∑pary i<jkqiqjrij=12∑iqiφi,Ukuli jednorodnej=35kQ2R.U = \sum_{\text{pary } i < j}k\frac{q_iq_j}{r_{ij}} = \frac12\sum_iq_i\varphi_i,\qquad U_\text{kuli jednorodnej} = \frac35\frac{kQ^2}R .

φi\varphi_i to potencjał w miejscu ładunku qiq_i od wszystkich pozostałych; czynnik ½ usuwa podwójne liczenie par.FLP II-8-1

2.2 Równania Poissona i Laplace'a

Łącząc E⃗=−∇φ\vec E = -\nabla\varphi z prawem Gaussa w postaci różniczkowej ∇⋅E⃗=ρ/ε0\nabla\cdot\vec E = \rho/\varepsilon_0, dostajemy jedno równanie na jedną funkcję skalarną (laplasjan, lekcja 3.5 Strumień, dywergencja i rotacja):FLP II-6-1

Prawo · równanie Poissona

∇2φ=−ρε0,a tam, gdzie nie ma ładunku:  ∇2φ=0  (roˊwnanie Laplace’a).\nabla^2\varphi = -\frac{\rho}{\varepsilon_0},\qquad \text{a tam, gdzie nie ma ładunku: }\ \nabla^2\varphi = 0\ \ \text{(równanie Laplace'a)} .

Rozwiązanie jest jednoznaczne, jeśli zadamy potencjał (lub ładunek) na wszystkich przewodnikach i warunek w nieskończoności: twierdzenie o jednoznaczności. Każda funkcja, która spełnia równanie i warunki brzegowe, jest tą właściwą, nawet zgadnięta.

Równanie Laplace'a ma prostą interpretację: potencjał w każdym punkcie jest średnią potencjału na dowolnej sferze wokół tego punktu (byle wewnątrz sfery nie było ładunków). Na siatce: wartość w węźle to średnia z czterech sąsiadów (w 2D) lub sześciu (w 3D). Wynikają z tego dwie rzeczy. Po pierwsze, w obszarze bez ładunków potencjał nie ma maksimów ani minimów, tylko siodła, więc ładunek nie ma gdzie znaleźć trwałej równowagi (twierdzenie Earnshawa, dział 13 „Pole elektryczne i prawo Gaussa”). Po drugie, daje to sposób liczenia: zacznij od byle czego i powtarzaj uśrednianie. Ta metoda relaksacji zbiega do rozwiązania dla dowolnego kształtu elektrod.FLP II-7-1

Symulacja 2 Równanie Laplace'a metodą relaksacji: elektrody mają stały potencjał, a każdy wolny węzeł siatki zastępujemy średnią z czterech sąsiadów. Na starcie widać rozwiązanie końcowe; przycisk „Od zera” pozwala obejrzeć, jak do niego dochodzi, z nadrelaksacją i bez niej. W układzie „ostrze i kula” obie elektrody mają potencjał V0V_0, a dolna krawędź to uziemiona płyta; porównaj pole tuż pod ostrzem i tuż pod kulą (LL to bok pudła). Siatka jest dwuwymiarowa: „kula” to przekrój długiego walca, a „ostrze” to krawędź blachy.

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 35 min

  1. W wierzchołkach kwadratu leżą ładunki +q,+q,−q,−q+q, +q, -q, -q (jednoimienne sąsiadują ze sobą). Ile wynosi potencjał w środku kwadratu? A pole?

    Odpowiedź

    φ=0\varphi = 0 (wszystkie odległości równe, suma ładunków zero). Pole nie jest zerowe: skierowane od pary dodatniej do ujemnej, o wartości 42 kq/a24\sqrt2\,kq/a^2 dla boku aa.

  2. Jaką pracę trzeba wykonać, żeby z nieskończoności złożyć trzy ładunki qq w wierzchołkach trójkąta równobocznego o boku aa?

    Odpowiedź

    Trzy pary: U=3kq2/aU = 3kq^2/a.

  3. Z potencjału dipola φ=kpcos⁡θ/r2\varphi = kp\cos\theta/r^2 wyprowadź radialną i poprzeczną składową pola.

    Odpowiedź

    Er=−∂φ/∂r=2kpcos⁡θ/r3E_r = -\partial\varphi/\partial r = 2kp\cos\theta/r^3; Eθ=−1r∂φ/∂θ=kpsin⁡θ/r3E_\theta = -\tfrac1r\partial\varphi/\partial\theta = kp\sin\theta/r^3. Na osi (θ=0\theta = 0) 2kp/r32kp/r^3, w płaszczyźnie prostopadłej kp/r3kp/r^3, jak w dziale 13.

  4. Pokaż, że potencjał w środku jednorodnie naładowanej kuli jest równy 32kQ/R\tfrac32kQ/R.

    Odpowiedź

    φ(0)=φ(R)+∫0RE dr=kQ/R+∫0RkQr/R3 dr=kQ/R+kQ/2R\varphi(0) = \varphi(R) + \int_0^RE\,dr = kQ/R + \int_0^RkQr/R^3\,dr = kQ/R + kQ/2R.

  5. Sprawdź, że φ=x2−y2\varphi = x^2 - y^2 spełnia równanie Laplace'a w 2D. Gdzie ma punkt krytyczny i jakiego typu? Na siatce o kroku 1 sprawdź regułę średniej w punkcie (1;1)(1; 1).

    Odpowiedź

    ∂xx+∂yy=2−2=0\partial_{xx} + \partial_{yy} = 2 - 2 = 0. Punkt krytyczny (0;0)(0; 0) to siodło. Sąsiedzi (0;1),(2;1),(1;0),(1;2)(0;1), (2;1), (1;0), (1;2) mają wartości −1,3,1,−3-1, 3, 1, -3, średnia 0, równa φ(1;1)=0\varphi(1; 1) = 0.

3 Przewodniki, ostrza i obrazy

W przewodniku w równowadze pole jest zerowe (dział 13 „Pole elektryczne i prawo Gaussa”), więc między dowolnymi dwoma jego punktami nie ma napięcia: cały przewodnik jest jedną ekwipotencjalą. Jego powierzchnia jest powierzchnią ekwipotencjalną, a pole tuż przy niej jest do niej prostopadłe i wynosi σ/ε0\sigma/\varepsilon_0.FLP II-6-6

3.1 Dlaczego ostrza

Połączmy przewodem dwie odległe kule o promieniach R1R_1 i R2R_2. Mają ten sam potencjał kQ1/R1=kQ2/R2kQ_1/R_1 = kQ_2/R_2, więc ładunki są proporcjonalne do promieni, a pola przy powierzchni E=kQ/R2=φ/RE = kQ/R^2 = \varphi/R są odwrotnie proporcjonalne do promieni. Mała kula ma mniej ładunku, ale silniejsze pole. Ostrze to „kula” o bardzo małym promieniu: przy potencjale 1 kV ostrze o promieniu 1 µm ma przy sobie pole rzędu 10910^9 V/m.

Skutki: z ostrzy ładunek ucieka do powietrza (wyładowanie koronowe, ognie świętego Elma na masztach); przewody wysokiego napięcia i elektrody generatorów są gładkie i grube; piorunochron jest wysoki i dobrze uziemiony, by to od niego, a nie od dachu, wychodziło wyładowanie oddolne na spotkanie piorunowi (pomiary Moore’a i współpracowników (ok. 2000 r.) sugerują zresztą, że tępe, zaokrąglone zwody działają lepiej od ostrych). Mikroskop polowy (Müller, 1936) to ostra igła, z której silne pole wyrywa elektrony; w jego wersji jonowej pole rzędu 101010^{10} V/m jonizuje atomy gazu tuż przy ostrzu i w 1955 r. pozwoliło po raz pierwszy zobaczyć pojedyncze atomy.FLP II-6-12

3.2 Metoda obrazów

Ładunek qq w odległości hh nad uziemioną płaszczyzną metalową indukuje w niej ładunek przeciwnego znaku. Rozkład tego ładunku nie jest znany z góry, ale twierdzenie o jednoznaczności pozwala go zgadnąć. Para: qq oraz fikcyjny ładunek −q-q w odbiciu lustrzanym, daje na płaszczyźnie potencjał zero, czyli dokładnie warunek brzegowy. W obszarze nad płaszczyzną pole jest więc takie jak pole tej pary.FLP II-6-7

Wynik · ładunek przy uziemionej płaszczyźnie i kuli

F=kq2(2h)2,σ(x)=−qh2π(x2+h2)3/2,kula: q′=−qRd  w odległosˊci R2d  od sˊrodka.F = \frac{kq^2}{(2h)^2},\qquad \sigma(x) = -\frac{qh}{2\pi(x^2 + h^2)^{3/2}},\qquad \text{kula: } q' = -q\frac Rd\ \text{ w odległości } \frac{R^2}d\ \text{ od środka} .

Całkowity ładunek indukowany na płaszczyźnie to −q-q; na uziemionej kuli −qR/d-qR/d.FLP II-6-8, II-6-9

Symulacja 3 Metoda obrazów. Ładunek +q+q nad uziemioną płaszczyzną lub obok uziemionej kuli: linie pola, rozkład indukowanego ładunku (pod spodem jako wykres) i siła. Włącz ładunek obrazowy, żeby zobaczyć, że linie „wpadające” w metal prowadzą do niego.

Zadania · część 3

5 zadań · ok. 35 min

  1. Kule o promieniach 1 cm i 5 cm, daleko od siebie, połączono cienkim przewodem i naładowano łącznie ładunkiem 12 nC. Jak ładunek się rozdzieli? Jaki jest potencjał i stosunek pól przy powierzchniach?

    Odpowiedź

    Q1:Q2=1:5Q_1 : Q_2 = 1 : 5: 2 nC i 10 nC. φ=kQ1/R1≈1800\varphi = kQ_1/R_1 \approx 1800 V. Pole przy małej kuli 5 razy silniejsze: ok. 180 kV/m wobec 36 kV/m.

  2. Powietrze ulega przebiciu przy ok. 3 MV/m. Do jakiego największego potencjału można naładować gładką kulę o promieniu 15 cm?

    Odpowiedź

    φmax=EbR=450\varphi_\text{max} = E_bR = 450 kV. Duże generatory Van de Graaffa mają kopuły o promieniu metra i więcej albo pracują w sprężonym gazie.

  3. Kulka z ładunkiem 1 nC wisi 1 cm nad uziemioną blachą. Jaka siła ją przyciąga? Jaka jest największa gęstość ładunku indukowanego?

    Odpowiedź

    F=kq2/(2h)2≈2,2⋅10−5F = kq^2/(2h)^2 \approx 2{,}2\cdot10^{-5} N. ∣σ∣max=q/(2πh2)≈1,6⋅10−6 C/m2|\sigma|_\text{max} = q/(2\pi h^2) \approx 1{,}6\cdot10^{-6}\ \mathrm{C/m^2}, pod kulką.

  4. Dlaczego linie pola zawsze dochodzą do powierzchni przewodnika prostopadle? Co by się stało, gdyby miały składową styczną?

    Odpowiedź

    Składowa styczna przesuwałaby swobodne ładunki wzdłuż powierzchni; ruch trwa, dopóki jej nie wyzeruje. W równowadze powierzchnia jest ekwipotencjalą, a pole jest prostopadłe do ekwipotencjali.

  5. Ładunek qq leży w odległości d=2Rd = 2R od środka uziemionej kuli o promieniu RR. Ile ładunku indukuje się na kuli i gdzie leży obraz?

    Odpowiedź

    q′=−q/2q' = -q/2, w odległości R/2R/2 od środka. Kula „przechwytuje” tylko połowę linii pola ładunku qq.

4 Kondensatory i energia pola

Dwa przewodniki z ładunkami +Q+Q i −Q-Q to kondensator. Napięcie między nimi jest proporcjonalne do QQ, bo pole (a więc i całka z pola) jest proporcjonalne do ładunku. Stała proporcjonalności zależy tylko od geometrii.FLP II-6-10

Definicja · pojemność

C=QV,Cpłaski=ε0Ad,Ckuli=4πε0R,Ckulisty=4πε0abb−a.C = \frac QV,\qquad C_\text{płaski} = \frac{\varepsilon_0A}d,\qquad C_\text{kuli} = 4\pi\varepsilon_0R,\qquad C_\text{kulisty} = 4\pi\varepsilon_0\frac{ab}{b - a} .

Jednostka: farad, 1 F = 1 C/V. Równolegle pojemności się dodają, szeregowo dodają się ich odwrotności.

Farad to ogromna pojemność. Płaski kondensator o pojemności 1 F z odstępem 1 mm musiałby mieć okładki o powierzchni ponad 100 km², a cała Ziemia jako odosobniona kula ma pojemność ok. 710 µF. Typowe kondensatory w elektronice mają od pikofaradów do milifaradów; superkondensatory osiągają tysiące faradów dzięki warstwie podwójnej o grubości nanometrów na węglu o powierzchni rzędu tysiąca m² na gram (przykład 14.4).

4.1 Energia w polu

Ładowanie kondensatora to przenoszenie kolejnych porcji dqdq z okładki ujemnej na dodatnią przy rosnącym napięciu q/Cq/C. Całka daje energię:

Wzór · energia kondensatora i gęstość energii pola

U=Q22C=12CV2=12QV,u=12ε0E2.U = \frac{Q^2}{2C} = \frac12CV^2 = \frac12QV,\qquad u = \frac12\varepsilon_0E^2 .

Dla kondensatora płaskiego 12CV2=12ε0E2⋅Ad\tfrac12CV^2 = \tfrac12\varepsilon_0E^2\cdot Ad: energia jest „rozlana” w objętości pola z gęstością uu. Wzór na uu obowiązuje dla każdego pola elektrycznego, nie tylko w kondensatorach.FLP II-8-5

Siłę między okładkami najprościej liczyć z energii. Przy stałym ładunku (bateria nie pracuje) praca przy rozsuwaniu okładek o dxdx idzie w całości na energię pola: ∣F∣=dU/dx=Q2/(2ε0A)=12ε0E2A|F| = dU/dx = Q^2/(2\varepsilon_0A) = \tfrac12\varepsilon_0E^2A. Okładki przyciągają się z „ciśnieniem” równym gęstości energii pola. Siła nie zależy od tego, czy kondensator jest podłączony do baterii; zależy od tego tylko bilans energii przy przesuwaniu okładek.FLP II-8-2

Symulacja 4 Kondensator płaski 10 cm × 10 cm. Zmieniaj odległość okładek i wsuwaj płytkę dielektryka, raz z kondensatorem podłączonym do baterii, raz odłączonym. Słupki pokazują bilans energii względem zapamiętanego stanu: zmianę energii pola, pracę baterii i pracę, którą wykonujesz Ty.

Zadania · część 4

5 zadań · ok. 35 min

  1. Jaką powierzchnię musiałyby mieć okładki kondensatora płaskiego o pojemności 1 F i odstępie 1 mm?

    Odpowiedź

    A=Cd/ε0≈1,1⋅108 m2A = Cd/\varepsilon_0 \approx 1{,}1\cdot10^8\ \mathrm{m^2}, kwadrat o boku ok. 10,6 km.

  2. Kondensatory 2 µF i 3 µF połączono szeregowo i podłączono do 10 V. Jaka jest pojemność zastępcza, ładunek i napięcie na każdym? A przy połączeniu równoległym?

    Odpowiedź

    Szeregowo: 1,2 µF, na obu ten sam ładunek 12 µC, napięcia 6 V i 4 V (większe na mniejszej pojemności). Równolegle: 5 µF, napięcie 10 V na obu, ładunki 20 µC i 30 µC.

  3. Ile energii mieści kondensator elektrolityczny 1000 µF naładowany do 16 V?

    Odpowiedź

    12CV2=0,128\tfrac12CV^2 = 0{,}128 J. Wystarczy, by przy zwarciu stopić cienki drucik i dać głośny trzask.

  4. Jaka jest gęstość energii pola elektrycznego tuż poniżej progu przebicia powietrza (3 MV/m)? Porównaj z benzyną (ok. 34 MJ/l).

    Odpowiedź

    u=12ε0E2≈40 J/m3=0,04u = \tfrac12\varepsilon_0E^2 \approx 40\ \mathrm{J/m^3} = 0{,}04 J/l, prawie miliard razy mniej niż w benzynie. Dlatego energię elektryczną magazynujemy chemicznie, a nie w polu.

  5. Wyprowadź pojemność kondensatora kulistego (kule o promieniach a<ba < b). Co dostajesz dla b→∞b \to \infty i dla b−a≪ab - a \ll a?

    Odpowiedź

    V=kQ(1/a−1/b)V = kQ(1/a - 1/b), więc C=4πε0ab/(b−a)C = 4\pi\varepsilon_0ab/(b - a). Dla b→∞b \to \infty: 4πε0a4\pi\varepsilon_0a (odosobniona kula). Dla cienkiej szczeliny d=b−ad = b - a: 4πε0a2/d=ε0A/d4\pi\varepsilon_0a^2/d = \varepsilon_0A/d, kondensator płaski.

5 Dielektryki

Faraday zauważył (1837), że wypełnienie kondensatora izolatorem, np. szelakiem albo szkłem, zwiększa jego pojemność. Izolator nie przewodzi, ale jego cząsteczki się polaryzują: pole przesuwa nieco elektrony względem jąder (polaryzacja elektronowa) albo obraca cząsteczki, które już mają moment dipolowy, jak woda (polaryzacja orientacyjna). Wewnątrz materiału ładunki dipoli się kompensują, ale na powierzchniach przy okładkach zostaje ładunek związany o znaku przeciwnym do ładunku okładki. Częściowo kompensuje on ładunek swobodny i osłabia pole.FLP II-10-1, II-10-3

Wynik · kondensator z dielektrykiem

C=κ C0,E=E0κ (przy stałym ładunku),σzw=−(1−1κ)σ.C = \kappa\,C_0,\qquad E = \frac{E_0}{\kappa}\ \text{(przy stałym ładunku)},\qquad \sigma_\text{zw} = -\Big(1 - \frac1\kappa\Big)\sigma .

κ\kappa to przenikalność elektryczna względna (stała dielektryczna): dla powietrza 1,0006, dla teflonu 2,1, szkła 4–10, wody ok. 80, ceramiki z tytanianu baru nawet kilka tysięcy. W ośrodku siła między ładunkami jest κ\kappa razy mniejsza niż w próżni, o ile ładunki są daleko od siebie w skali cząsteczek.FLP II-10-4

Duża przenikalność wody (κ≈80\kappa \approx 80) wynika z tego, że jej cząsteczki są silnie polarne i łatwo się obracają. Ma ogromne znaczenie dla chemii życia: energia przyciągania jonów Na⁺ i Cl⁻ w wodzie jest 80 razy mniejsza niż w próżni, porównywalna z energią ruchów cieplnych, dlatego sól się rozpuszcza (przykład 14.6).FLP II-11-3

Każdy dielektryk ma wytrzymałość elektryczną, czyli pole, przy którym ulega przebiciu: powietrze ok. 3 MV/m, papier olejowy kilkadziesiąt MV/m, folia polipropylenowa kilkaset MV/m. Dobry materiał na kondensator łączy dużą przenikalność z dużą wytrzymałością, bo gęstość energii to 12κε0E2\tfrac12\kappa\varepsilon_0E^2.

Dielektryk jest wciągany do kondensatora. Siła pochodzi od pola brzegowego przy krawędzi okładek, które polaryzuje wystającą część płytki; łatwiej jednak policzyć ją z energii (symulacja 4). Tak samo ciecz dielektryczna podnosi się między pionowymi okładkami (zadanie feynmanowskie 7).FLP II-10-5

Zadania · część 5

5 zadań · ok. 35 min

  1. Kondensator powietrzny 100 pF naładowano do 100 V i odłączono. Potem wsunięto do niego szkło (κ=5\kappa = 5) wypełniające całą przestrzeń. Jakie jest nowe napięcie i energia? Gdzie się podziała różnica?

    Odpowiedź

    Q=10Q = 10 nC bez zmian; C=500C = 500 pF, V=20V = 20 V, UU spada z 0,5 µJ do 0,1 µJ. Różnicę 0,4 µJ pole oddało jako pracę wciągania płytki (gdyby płytkę puścić, wpadłaby z rozpędem i drgała wokół położenia równowagi, aż energia rozproszy się w ciepło).

  2. Ten sam kondensator, ale podłączony do baterii 100 V. Jak zmieni się ładunek i energia? Jaką pracę wykona bateria i jaką siły zewnętrzne?

    Odpowiedź

    QQ: 10 → 50 nC, UU: 0,5 → 2,5 µJ. Bateria: VΔQ=4V\Delta Q = 4 µJ. Praca sił zewnętrznych =ΔU−Wbat=−2= \Delta U - W_\text{bat} = -2 µJ: płytkę trzeba hamować, bo jest wciągana.

  3. Jony Na⁺ i Cl⁻ są odległe o 0,5 nm. Jaka jest energia ich przyciągania w próżni, a jaka w wodzie (κ=80\kappa = 80)? Porównaj z kBT≈0,026k_BT \approx 0{,}026 eV.

    Odpowiedź

    W próżni ke2/r≈2,9ke^2/r \approx 2{,}9 eV, ponad 100 razy więcej niż kBTk_BT. W wodzie ok. 0,036 eV, tyle co kBTk_BT: ruchy cieplne rozrywają parę. (Przy tak małych odległościach makroskopowe κ\kappa jest tylko przybliżeniem.)

  4. Folia polipropylenowa ma κ≈2,2\kappa \approx 2{,}2 i wytrzymałość ok. 600 MV/m. Jaka jest największa gęstość energii w kondensatorze foliowym? Porównaj z akumulatorem litowo-jonowym (ok. 700 Wh/l).

    Odpowiedź

    u=12κε0E2≈3,5 MJ/m3u = \tfrac12\kappa\varepsilon_0E^2 \approx 3{,}5\ \mathrm{MJ/m^3}, czyli ok. 1 Wh/l, kilkaset razy mniej niż w akumulatorze (w praktyce jeszcze mniej, bo pracuje się daleko od przebicia). Za to kondensator oddaje energię w mikrosekundach.

  5. Między okładkami kondensatora płaskiego (odstęp dd) leży płytka dielektryka o grubości d/2d/2 zakrywająca całą powierzchnię. Jaka jest pojemność w porównaniu z pustym kondensatorem C0C_0?

    Odpowiedź

    Dwa kondensatory szeregowo: 1/C=(d/2)/(ε0A)+(d/2)/(κε0A)1/C = (d/2)/(\varepsilon_0A) + (d/2)/(\kappa\varepsilon_0A), więc C=C0⋅2κ/(κ+1)C = C_0\cdot2\kappa/(\kappa + 1). Dla κ=5\kappa = 5: 1,67 C01{,}67\,C_0. Nawet nieskończone κ\kappa (metal) dałoby tylko 2C02C_0.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda dla potencjału i kondensatorów

  1. Potencjał zamiast pola, gdy nie ma symetrii: dodawaj liczby kq/rkq/r, a pole licz z gradientu.
  2. Pole z symetrii (prawo Gaussa), a potencjał z całki −∫E⃗⋅ds⃗-\int\vec E\cdot d\vec s, gdy symetria jest.
  3. Pojemność: przyjmij ładunek ±Q\pm Q, znajdź pole, scałkuj do napięcia, podziel: C=Q/VC = Q/V.
  4. Energia: 12CV2\tfrac12CV^2 albo całka z 12ε0E2\tfrac12\varepsilon_0E^2 po objętości; siły z pochodnej energii przy stałym QQ.
  5. Bateria podłączona czy nie? Stałe VV czy stałe QQ decyduje o bilansie energii.
  6. Sprawdzenie: jednostki (V = J/C, F = C/V), znaki i przypadki graniczne (cienka szczelina → kondensator płaski).

Przykład 14.1 Elektron w kineskopie

W kineskopie kolorowego telewizora elektrony przyspieszało napięcie ok. 25 kV. Jaką osiągały prędkość? Czy rachunek nierelatywistyczny wystarcza?

  1. Energia kinetyczna: Ek=e⋅25 kV=25E_k = e\cdot25\ \text{kV} = 25 keV. Nierelatywistycznie v=2Ek/m≈0,313cv = \sqrt{2E_k/m} \approx 0{,}313c.
  2. Relatywistycznie (dział 7 „Układy odniesienia i szczególna teoria względności”): γ=1+Ek/mc2=1+25/511≈1,049\gamma = 1 + E_k/mc^2 = 1 + 25/511 \approx 1{,}049, β=1−1/γ2≈0,302\beta = \sqrt{1 - 1/\gamma^2} \approx 0{,}302.

Wynik: ok. 0,30c0{,}30c, czyli 90 000 km/s. Wzór nierelatywistyczny zawyża prędkość o ok. 4%.

Sprawdzenie: Ek/mc2≈5%E_k/mc^2 \approx 5\%, a poprawka do prędkości jest tego samego rzędu ✓.

Przykład 14.2 Kopuła generatora Van de Graaffa

Kopuła generatora ma promień 20 cm. Do jakiego potencjału można ją naładować w powietrzu i jaki ładunek wtedy niesie? Co zrobi zadzior o promieniu 1 mm na jej powierzchni?

  1. Pole przy powierzchni kuli E=φ/RE = \varphi/R; przebicie przy 3 MV/m, więc φmax=3⋅106⋅0,2=600\varphi_\text{max} = 3\cdot10^6\cdot0{,}2 = 600 kV.
  2. Q=Rφ/k≈13Q = R\varphi/k \approx 13 µC.
  3. Zadzior to lokalnie mały promień krzywizny: pole przy nim jest rzędu φ/r\varphi/r z r=1r = 1 mm, setki razy powyżej progu przebicia (w praktyce mniej, bo zadzior nie jest odosobnioną kulką, ale wciąż wielokrotnie więcej). Ładunek zacznie z niego uciekać już przy kilku–kilkudziesięciu kilowoltach.

Wynik: ok. 600 kV i 13 µC. Kopuła musi być gładka i duża.

Sprawdzenie: szkolne generatory z kopułą o promieniu ok. 10 cm dają ok. 200–300 kV, co zgadza się z oszacowaniem ✓.

Przykład 14.3 Kondensator z dwóch płytek

Okładki 10 cm × 10 cm odległe o 1 mm podłączono do 100 V. Oblicz pojemność, ładunek, pole, energię i siłę przyciągania okładek.

  1. C=ε0A/d=8,85⋅10−12⋅0,01/0,001≈88,5C = \varepsilon_0A/d = 8{,}85\cdot10^{-12}\cdot0{,}01/0{,}001 \approx 88{,}5 pF.
  2. Q=CV≈8,85Q = CV \approx 8{,}85 nC; E=V/d=105E = V/d = 10^5 V/m.
  3. U=12CV2≈0,44U = \tfrac12CV^2 \approx 0{,}44 µJ; F=12ε0E2A≈0,44F = \tfrac12\varepsilon_0E^2A \approx 0{,}44 mN.

Wynik: 88,5 pF, 8,85 nC, 0,44 µJ, 0,44 mN, siła jak ciężar 45 mg.

Sprawdzenie: u⋅Ad=12ε0E2⋅10−5 m3≈0,44u\cdot Ad = \tfrac12\varepsilon_0E^2\cdot10^{-5}\ \mathrm{m^3} \approx 0{,}44 µJ ✓; dla płaskiego kondensatora F=U/dF = U/d ✓.

Przykład 14.4 Superkondensator kontra akumulator

Superkondensator 3000 F na napięcie 2,7 V waży ok. 0,5 kg. Ile energii mieści? Porównaj z akumulatorem litowo-jonowym (ok. 250 Wh/kg).

  1. U=12CV2=12⋅3000⋅2,72≈10,9U = \tfrac12CV^2 = \tfrac12\cdot3000\cdot2{,}7^2 \approx 10{,}9 kJ ≈3\approx 3 Wh.
  2. Na kilogram: ok. 6 Wh/kg, ok. 40 razy mniej niż w akumulatorze.
  3. Skąd 3000 F? Warstwa podwójna jonów na powierzchni węgla aktywnego ma grubość ok. 1 nm i pojemność rzędu 0,1 F na m²; węgiel ma ok. 1000 m² powierzchni na gram. Dwie elektrody działają jak dwa kondensatory połączone szeregowo, więc potrzeba czterokrotnie więcej powierzchni: wychodzi ok. 100 g węgla.

Wynik: ok. 11 kJ. Superkondensator przegrywa z akumulatorem gęstością energii, ale wygrywa mocą i trwałością: oddaje energię w sekundy i znosi setki tysięcy cykli.

Sprawdzenie: niskie napięcie (2,7 V) wynika z rozkładu elektrolitu, a energia rośnie jak V2V^2, stąd mała gęstość energii ✓.

Przykład 14.5 Energia elektrostatyczna jądra uranu

Jądro uranu-238 (92 protony) ma promień ok. R=1,2⋅2381/3R = 1{,}2\cdot238^{1/3} fm. Oszacuj jego energię elektrostatyczną, traktując je jak jednorodnie naładowaną kulę, i porównaj z energią dwóch połówek po rozszczepieniu. Przyda się ke2=1,44ke^2 = 1{,}44 MeV·fm.

  1. R≈7,4R \approx 7{,}4 fm; U=35kZ2e2/R=0,6⋅1,44⋅922/7,4≈980U = \tfrac35kZ^2e^2/R = 0{,}6\cdot1{,}44\cdot92^2/7{,}4 \approx 980 MeV.
  2. Dwie połówki: Z=46Z = 46, R=1,2⋅1191/3≈5,9R = 1{,}2\cdot119^{1/3} \approx 5{,}9 fm, razem 2⋅310≈6202\cdot310 \approx 620 MeV.
  3. Różnica ok. 360 MeV. Część pochłania wzrost energii powierzchniowej (dwie mniejsze kule mają większą łączną powierzchnię; ze wzoru półempirycznego wychodzi ok. 180 MeV).FLP II-8-4

Wynik: rozszczepienie uwalnia w praktyce ok. 200 MeV, i to właśnie energia elektrostatyczna odpychania protonów. „Energia jądrowa” bomby i reaktora to w dużej mierze energia elektryczna.

Sprawdzenie: po rozszczepieniu fragmenty rozlatują się z energią kinetyczną ok. 170 MeV, porównywalną z ich odpychaniem w chwili rozdzielenia ✓.

Przykład 14.6 Dlaczego sól rozpuszcza się w wodzie

Porównaj energię wiązania pary jonów Na⁺ Cl⁻ odległych o 0,5 nm w próżni i w wodzie (κ≈80\kappa \approx 80) z energią ruchów cieplnych kBT≈0,026k_BT \approx 0{,}026 eV.

  1. W próżni: ke2/r=1,44 eV⋅nm/0,5 nm≈2,9ke^2/r = 1{,}44\ \text{eV·nm}/0{,}5\ \text{nm} \approx 2{,}9 eV.
  2. W wodzie: 2,9/80≈0,0362{,}9/80 \approx 0{,}036 eV.

Wynik: w wodzie przyciąganie jest porównywalne z kBTk_BT, więc zderzenia cieplne rozdzielają jony. W benzynie (κ≈2\kappa \approx 2) sól się nie rozpuszcza.

Sprawdzenie: w krysztale soli jon ma wielu sąsiadów i energia sieci to ok. 8 eV na parę (stała Madelunga 1,75); przy rozpuszczaniu energię sieci niemal w całości oddaje hydratacja jonów (otaczanie ich przez dipole wody), więc bilans jest bliski zera; rząd wielkości się zgadza ✓.FLP II-8-3

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Ptak na przewodzie jest bezpieczny, bo ma izolowane nogi.”
Nogi przewodzą. Ptak jest bezpieczny, bo między jego nogami prawie nie ma różnicy potencjałów.
„Wysokie napięcie zawsze zabija.”
Iskra z klamki po przejściu po dywanie to kilka do kilkunastu kilowoltów, ale energia rzędu milidżuli (ciało ma pojemność ok. 100 pF). Groźny jest prąd płynący przez ciało przez dłuższy czas, a to zależy od źródła, nie tylko od napięcia.
„Tam, gdzie potencjał jest zerowy, pole też jest zerowe.”
Pole to spadek potencjału, nie jego wartość. Na płaszczyźnie symetrii dipola φ=0\varphi = 0, a pole jest niezerowe.
„Kondensator przechowuje ładunek.”
Całkowity ładunek naładowanego kondensatora jest zerowy: +Q+Q i −Q-Q. Kondensator przechowuje energię w polu między rozdzielonymi ładunkami.
„Dielektryk zwiększa ładunek na okładkach.”
Tylko gdy kondensator jest podłączony do baterii. Odłączony ma stały ładunek; dielektryk zmniejsza wtedy napięcie, pole i energię.
„Piorunochron rozładowuje chmurę i zapobiega piorunom.”
Tak myślał Franklin. W rzeczywistości piorunochron przechwytuje wyładowanie i odprowadza prąd do ziemi z pominięciem budynku; prądu koronowego z ostrza jest o wiele rzędów za mało, by rozładować chmurę.

8 Zadania feynmanowskie

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania feynmanowskie

8 zadań · ok. 2 godziny

  1. Potencjał Ziemi. Ziemia ma ładunek ok. −6⋅105-6\cdot10^5 C. Jaka jest jej pojemność jako odosobnionej kuli i jaki ma potencjał względem nieskończoności? Dlaczego tego nie zauważamy?

    Rozwiązanie
    1. C=4πε0R≈710C = 4\pi\varepsilon_0R \approx 710 µF; φ=Q/C≈−8⋅108\varphi = Q/C \approx -8\cdot10^8 V.
    2. Wszystko na Ziemi, łącznie z nami i przyrządami, ma praktycznie ten sam potencjał. Mierzymy tylko różnice, a przy powierzchni są one rzędu 130 V na metr wysokości (pole z działu 13). Przewodzące ciało stojące na ziemi przyjmuje jej potencjał i zaburza pole wokół siebie, więc między głową a stopami nie mamy 200 V.

  2. Kule na przewodzie. Dlaczego w zadaniu o dwóch połączonych kulach ważne jest, że są „daleko od siebie”? Co się zmieni, gdy się zbliżą? Jak to się ma do ostrza na kuli, które nie jest odosobnione?

    Rozwiązanie
    1. Wzór φ=kQ/R\varphi = kQ/R zakłada, że na każdą kulę działa tylko jej własny ładunek. Blisko siebie kule się wzajemnie polaryzują, potencjał każdej zależy od obu ładunków i podział ładunku trzeba liczyć ze współczynników pojemności.
    2. Ostrze na dużym przewodniku jest blisko reszty ciała, więc jego pole jest mniejsze niż φ/r\varphi/r, ale jakościowo wynik zostaje: pole jest tym silniejsze, im większa krzywizna powierzchni (mniejszy jej promień).FLP II-6-11

  3. Rozsuwanie okładek. Kondensator płaski jest podłączony do baterii. Rozsuwasz okładki z dd do 2d2d. Energia pola spada o połowę, a jednak musisz wykonać dodatnią pracę. Gdzie idzie energia?

    Rozwiązanie
    1. CC spada o połowę, QQ też: ładunek 12CV\tfrac12CV wraca do baterii, która przy tym dostaje energię 12CV2\tfrac12CV^2 (doładowuje się).
    2. Zmiana energii pola: −14CV2-\tfrac14CV^2. Bilans: WTwoja=ΔU−Wbat=−14CV2+12CV2=+14CV2W_\text{Twoja} = \Delta U - W_\text{bat} = -\tfrac14CV^2 + \tfrac12CV^2 = +\tfrac14CV^2. Twoja praca i energia oddana przez pole trafiają do baterii.

  4. Energia ładunku punktowego. Policz energię pola ∫12ε0E2 dV\int\tfrac12\varepsilon_0E^2\,dV wokół kulki o ładunku ee i promieniu aa. Co się dzieje dla a→0a \to 0? Przy jakim aa ta energia równałaby się mec2m_ec^2?

    Rozwiązanie
    1. Na zewnątrz kulki ∫a∞12ε0(ke/r2)2 4πr2 dr=ke2/2a\int_a^\infty\tfrac12\varepsilon_0(ke/r^2)^2\,4\pi r^2\,dr = ke^2/2a: dla a→0a \to 0 energia jest nieskończona. Ta trudność klasycznej elektrodynamiki nie ma rozwiązania na jej gruncie.FLP II-8-6
    2. Pomijając czynniki rzędu jedności, ke2/a=mec2ke^2/a = m_ec^2 daje a=2,8⋅10−15a = 2{,}8\cdot10^{-15} m, „klasyczny promień elektronu”. Doświadczenia nie widzą struktury elektronu nawet w skalach tysiące razy mniejszych.

  5. Odrywanie od lustra. Ładunek qq leży w odległości hh od uziemionej płaszczyzny. Jaką pracę trzeba wykonać, żeby odsunąć go do nieskończoności? Dlaczego nie kq2/2hkq^2/2h, jak dla pary qq i −q-q?

    Rozwiązanie
    1. Siła w odległości xx to kq2/4x2kq^2/4x^2, więc praca ∫h∞kq2/4x2 dx=kq2/4h\int_h^\infty kq^2/4x^2\,dx = kq^2/4h.
    2. Obraz nie jest ładunkiem, który trzyma się w miejscu: porusza się razem z qq. Pole istnieje tylko po jednej stronie płaszczyzny, więc energia pola to połowa energii pary rzeczywistych ładunków.

  6. Kondensator Ziemia-jonosfera. Między powierzchnią Ziemi a dobrze przewodzącą warstwą atmosfery na wysokości ok. 50 km jest napięcie ok. 300 kV. Oszacuj pojemność tego kondensatora i zgromadzoną w nim energię.

    Rozwiązanie
    1. Szczelina cienka w porównaniu z promieniem: C≈ε0⋅4πR2/h≈0,09C \approx \varepsilon_0\cdot4\pi R^2/h \approx 0{,}09 F.
    2. U=12CV2≈4U = \tfrac12CV^2 \approx 4 GJ, mniej więcej tyle co tona trotylu. Model ma jednak słaby punkt: daje ładunek CV≈3⋅104CV \approx 3\cdot10^4 C, ok. 20 razy mniej niż wynika z pola przy powierzchni (dział 13). Pole w atmosferze nie jest jednorodne: przy ziemi ma 130 V/m, a wyżej, gdzie powietrze lepiej przewodzi, szybko słabnie. Jeśli maleje wykładniczo, to przy napięciu 300 kV skala wysokości wynosi H=V/E0≈2,3H = V/E_0 \approx 2{,}3 km, a energia ∫12ε0E2 dV=12ε0V2A/2H≈40\int\tfrac12\varepsilon_0E^2\,dV = \tfrac12\varepsilon_0V^2A/2H \approx 40 GJ, dziesięć razy więcej. Model jednorodny daje tylko dolne oszacowanie.FLP II-9-1

  7. Ciecz wciągana w pole. Dwie pionowe okładki zanurzono w oleju (κ=2,2\kappa = 2{,}2, gęstość 900 kg/m³) i podłączono do napięcia dającego pole 1 MV/m. O ile olej podniesie się między nimi?

    Rozwiązanie
    1. Przy stałym VV siła wciągająca na jednostkę długości krawędzi wynosi 12(κ−1)ε0E2⋅d\tfrac12(\kappa - 1)\varepsilon_0E^2\cdot d; równoważy ją ciężar słupa cieczy ρgh⋅d\rho g h\cdot d.
    2. h=(κ−1)ε0E2/(2ρg)≈0,6h = (\kappa - 1)\varepsilon_0E^2/(2\rho g) \approx 0{,}6 mm. Efekt jest mały, bo gęstość energii pola jest mała (zadanie 4.4).

  8. Klatka z siatki. Dlaczego siatka metalowa z oczkami o boku 1–2 mm (np. w drzwiczkach kuchenki mikrofalowej) zatrzymuje fale o długości 12 cm, a przepuszcza światło? Wykorzystaj wynik symulacji 2 dla klatki z prętów.

    Rozwiązanie
    1. Pole statyczne za siatką z prętów o okresie aa zanika z odległością jak e−2πz/ae^{-2\pi z/a}: rozwiązanie równania Laplace'a z okresowym warunkiem brzegowym.FLP II-7-5
    2. Fale o długości dużo większej niż oczko „widzą” siatkę prawie jak pole statyczne i są ekranowane. Światło ma długość fali kilka tysięcy razy mniejszą od oczka i przechodzi bez przeszkód.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Jak związane są pole i potencjał?

E⃗=−∇φ\vec E = -\nabla\varphi; φ(B)−φ(A)=−∫ABE⃗⋅ds⃗\varphi(B) - \varphi(A) = -\int_A^B\vec E\cdot d\vec s.

2 Dlaczego poziomice potencjału są prostopadłe do linii pola?

Przesunięcie wzdłuż ekwipotencjali nie zmienia energii, więc pole nie ma składowej wzdłuż niej.

3 Co mówi równanie Laplace'a o potencjale w obszarze bez ładunków?

Potencjał w każdym punkcie jest średnią z otoczenia; nie ma lokalnych maksimów ani minimów wewnątrz obszaru.

4 Dwie połączone kule mają promienie RR i 10R10R. Przy której pole jest silniejsze?

Przy mniejszej, 10 razy: E=φ/RE = \varphi/R.

5 Jaka siła działa na ładunek qq w odległości hh od uziemionej płaszczyzny?

kq2/(2h)2kq^2/(2h)^2, przyciągająca.

6 Ile wynosi energia kondensatora i gęstość energii pola?

12CV2\tfrac12CV^2; 12ε0E2\tfrac12\varepsilon_0E^2.

7 Odłączony kondensator wypełniono dielektrykiem o κ=4\kappa = 4. Co się stanie z napięciem i energią?

Oba spadną 4 razy; ładunek się nie zmieni.

8 Dlaczego sól rozpuszcza się w wodzie?

Przenikalność wody (κ≈80\kappa \approx 80) osłabia przyciąganie jonów do poziomu energii ruchów cieplnych.

10 Karta wzorów i co dalej

Potencjał

E⃗=−∇φ\vec E = -\nabla\varphi;   φB−φA=−∫ABE⃗⋅ds⃗\;\varphi_B - \varphi_A = -\int_A^B\vec E\cdot d\vec s;   WA→B=q (φA−φB)\;W_{A\to B} = q\,(\varphi_A - \varphi_B)

ładunek punktowy kq/rkq/r;   \;dipol kpcos⁡θ/r2kp\cos\theta/r^2;   1 eV=1,602⋅10−19\;1\ \text{eV} = 1{,}602\cdot10^{-19} J

∇2φ=−ρ/ε0\nabla^2\varphi = -\rho/\varepsilon_0;   \;bez ładunków ∇2φ=0\nabla^2\varphi = 0 (średnia z otoczenia)

energia układu 12∑qiφi\tfrac12\sum q_i\varphi_i;   \;kula jednorodna 35kQ2/R\tfrac35kQ^2/R

przewodnik: ekwipotencjala; kula E=φ/RE = \varphi/R; obraz w płaszczyźnie: −q-q, F=kq2/4h2F = kq^2/4h^2

Kondensatory i dielektryki

C=Q/VC = Q/V;   \;płaski ε0A/d\varepsilon_0A/d;   \;kula 4πε0R4\pi\varepsilon_0R;   \;kulisty 4πε0ab/(b−a)4\pi\varepsilon_0ab/(b - a)

równolegle C1+C2C_1 + C_2;   \;szeregowo 1/C=1/C1+1/C21/C = 1/C_1 + 1/C_2

U=12CV2=Q2/2CU = \tfrac12CV^2 = Q^2/2C;   u=12ε0E2\;u = \tfrac12\varepsilon_0E^2;   \;siła okładek 12ε0E2A\tfrac12\varepsilon_0E^2A

dielektryk: C=κC0C = \kappa C_0;   \;przy stałym QQ: E=E0/κE = E_0/\kappa;   u=12κε0E2\;u = \tfrac12\kappa\varepsilon_0E^2

Do przeczytania u Feynmana

  • Obowiązkowo: t. II, rozdz. 4 (części 3–4: potencjał), 6 (przewodniki, obrazy, kondensatory), 8 (energia elektrostatyczna), 10 (dielektryki).
  • Dla chętnych: t. II, rozdz. 7 (metody liczenia pól, siatka), 9 (elektryczność atmosfery), 11 (dielektryki od środka).

Następny dział: Prąd i pole magnetyczne. Gdy ładunki zaczynają płynąć, pojawia się nowe pole, które działa tylko na ładunki w ruchu. Zobaczymy, że jest ono w dużej mierze relatywistycznym skutkiem pola elektrycznego, a do jego opisu potrzebna będzie rotacja i twierdzenie Stokesa.

Korzystają z tej lekcji 15 Prąd i pole magnetyczne